嘿，这个结论其实用线性代数里的两种经典思路都能严谨推导出来，我给你一步步理清楚：

方法一：Jordan标准形法（最直观的路径） #

因为$F$是$A$特征多项式的分裂域，这意味着我们能在$F$上把$A$化成Jordan标准形——这是证明的关键前提：

1. 存在可逆矩阵$P\in F^{n\times n}$，使得$A = PJP^{-1}$，其中$J$是$A$的Jordan标准形。
2. 转化广义特征子空间的问题：$v\in M(A,\alpha)$当且仅当$(A-\alpha I)^n v=0$，代入$A=PJP^{-1}$后，这个式子等价于$(J-\alpha I)^n (P^{-1}v)=0$。这说明$M(A,\alpha)$和$M(J,\alpha)$是同构的向量空间，它们的维数必然相等。
3. 分析Jordan标准形的结构：$J$由若干Jordan块组成，每个对应$\alpha$的Jordan块形式为：
   $$J_k(\alpha) = \begin{pmatrix}
   \alpha & 1 & 0 & \dots & 0 \
   0 & \alpha & 1 & \dots & 0 \
   \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \
   0 & 0 & 0 & \dots & \alpha
   \end{pmatrix}$$
   其中$k$是块的阶数。$(J_k(\alpha)-\alpha I)$是严格上三角矩阵，当幂次达到$k$时就会变成零矩阵，而$k\leq n$，所以$(J_k(\alpha)-\alpha I)^n=0$。这意味着这个Jordan块对应的所有列向量都属于$M(J,\alpha)$。
4. 最后，$\alpha$的代数重数就是所有以$\alpha$为特征值的Jordan块的阶数之和，这个和正好就是$M(J,\alpha)$的维数，自然也就等于$M(A,\alpha)$的维数了。

方法二：不变子空间分解法（利用多项式互素性质） #

如果对Jordan标准形不太熟悉，用多项式环的性质也能完成证明：

1. 设$A$的特征多项式为$f(x)=(x-\alpha)^m g(x)$，其中$m$是$\alpha$的代数重数，而且$(x-\alpha)^{m$和$g(x)$是互素的（因为$\alpha$的所有重数都已经包含在$(x-\alpha)}m$里了）。
2. 根据线性代数中中国剩余定理在不变子空间上的应用，$F^{n$可以分解为两个$A$-不变子空间的直和：$F}n = M(A,\alpha) \oplus N$，其中$N={v\in F^n \mid g(A)v=0}$。
3. $A$在$M(A,\alpha)$上的限制的特征多项式就是$(x-\alpha)^m$，这说明$M(A,\alpha)$的维数恰好是$m$，也就是$\alpha$的代数重数。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者user522549